Diễn Đàn MathScopeDiễn Đàn MathScope
  Diễn Đàn MathScope
Ghi Danh Hỏi/Ðáp Thành Viên Social Groups Lịch Ðánh Dấu Ðã Ðọc

Go Back   Diễn Đàn MathScope > Sơ Cấp > Việt Nam và IMO > 2013

News & Announcements

Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé !

* Nội quy MathScope.Org

* Một số quy định chung !

* Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope

* Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây

* Những câu hỏi thường gặp

* Về việc viết bài trong Box Đại học và Sau đại học


Trả lời Gởi Ðề Tài Mới
 
Ðiều Chỉnh Xếp Bài
Old 24-07-2013, 12:56 AM   #1
novae
+Thành Viên Danh Dự+
 
novae's Avatar
 
Tham gia ngày: Jul 2010
Đến từ: Event horizon
Bài gởi: 2,453
Thanks: 53
Thanked 3,057 Times in 1,288 Posts
[IMO 2013] Bài 3 - Hình học phẳng

Cho tam giác $ABC$ và $A_1,B_1,C_1$ lần lượt là các tiếp điểm của các đường tròn bàng tiếp trong các góc $A,B,C$ với các cạnh $BC,CA,AB$. Chứng minh rằng nếu tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác $A_1B_1C_1$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp của tam giác $ABC$ thì tam giác $ABC$ vuông.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
M.
novae is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 2 Users Say Thank You to novae For This Useful Post:
dvtruc (24-07-2013), tranhongviet (24-07-2013)
Old 24-07-2013, 03:07 AM   #2
huynhcongbang
Administrator

 
huynhcongbang's Avatar
 
Tham gia ngày: Feb 2009
Đến từ: Ho Chi Minh City
Bài gởi: 2,413
Thanks: 2,165
Thanked 4,186 Times in 1,380 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới huynhcongbang
Bài toán vẫn đúng ở cả 2 chiều thuận và đảo:

(1) Nếu $AB=AC$ thì dễ thấy đpcm.
(2) Ta xét trường hợp $AB > AC$, trường hợp còn lại tương tự. Đặt $AB=c, BC=a, CA=b$ với $c > b$.

*Chiều đảo:
Giả sử tam giác $ABC$ vuông tại $A$.
Gọi $O$ là trung điểm $BC$ và $M$ là trung điểm cung $BC$ chứa $A$. Dễ thấy rằng $MB_1 = MC_1$.
Ta sẽ chứng minh rằng $MB_1 = MA_1$.
Thật vậy, ta có $BA_1 = \frac{a+b-c}{2}$ và $OB = \frac{a}{2}$ nên $OA_1 = \frac{c-b}{2}$. Do đó $4MA_1^2 = a^2+(b-c)^2$.
Đặt $H$ là hình chiếu của $M$ trên đoạn $AB$, đặt $MA = x$, ta có:
$MB^2 - MA^2 = BH^2 - AH^2$ hay $\frac{a^2}{2} - x^2 = c(c-\frac{x}{\sqrt{2}})$. Từ đó ta tính được $MA^2 = \frac{(b-c)^2}{2}$.


Theo định lí cos trong tam giác $MAC_1$ thì:
$MC_1^2 = MA^2+AC_1^2 - 2.MA.AC_1. \cos 45^{\circ} = \frac{(b-c)^2}{2} + \frac{(a+c-b)^2}{4}-2 . \frac{\sqrt{2}}{2}. \frac{a+c-b}{2}. \frac{c-b}{\sqrt{2}}$.

Từ đó, ta có được $MA_1^2 = MC_1^2$ hay $M$ chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A_1B_1C_1$. Ta có đpcm.

*Chiều thuận:
Tiếp theo, giả sử tâm $M$ của $(A_1B_1C_1)$ thuộc đường tròn $(ABC)$ và không mất tính tổng quát, có thể xét $M$ thuộc cung $BC$ chứa $A$ của $(ABC)$.

Ta có $MB_1 = MC_1$ và theo tính chất tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp thì $BC_1 = CB_1$. Bằng biến đổi góc, ta cũng có $\widehat{ABM} = \widehat{ACM}$ nên ta có 2 trường hợp:

(1) $\Delta MB_1C = \Delta MC_1B (c.g.c)$ hoặc
(2) $\widehat{MC_1B} + \widehat{MB_1C}=180^{\circ}$ (không thể xảy ra)

Do đó, $MB=MC$ hay $M$ là trung điểm cung $BC$ chứa $A$ của $(ABC)$.

Đến đây, kẻ $MH, MK$ lần lượt vuông góc với $AB, AC$; theo giả sử thì $H$ thuộc đoạn $AB$ còn $K$ nằm ngoài đoạn $AC$ và theo tính chất đường phân giác, ta có $AH = AK$ hay
$AB - AM . \sin(\frac{180^{\circ} - {A}}{2}) = AC + AM . \sin(\frac{180^{\circ} - {A}}{2})$.
Biến đổi tương đương:
$AB - AC =2 AM. \cos \frac{A}{2}$
$\sin {C} - \sin { B} = 2 \sin \frac{C-B}{2} \cos \frac{A}{2}$.
$\tan \frac{A}{2} = 1$.
$A = 90^{\circ}$.
Ta có đpcm.

Vậy tâm đường tròn $(A_1B_1C_1)$ thuộc $(ABC)$ khi và chỉ khi tam giác $ABC$ vuông.


[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
Hình Kèm Theo
Kiểu File : png Hinh IMO.PNG (22.9 KB, 515 lần tải)
__________________
Sự im lặng của bầy mèo

thay đổi nội dung bởi: huynhcongbang, 24-07-2013 lúc 11:05 AM
huynhcongbang is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to huynhcongbang For This Useful Post:
dvtruc (24-07-2013)
Old 24-07-2013, 10:32 AM   #3
12121993
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Feb 2012
Bài gởi: 81
Thanks: 23
Thanked 70 Times in 41 Posts
Ta có $BC_1=CB_1=p-a $. Không mất tính tổng quát giả sử đường trung trực của $BC $ cắt (ABC) tại $O_1 $ thuộc cung BAC. Dễ thấy các tam giác $O_1BC_1 $và $O_1CB_1 $ bằng nhau (c.g.c) nên $O_1B_1=O_1C_1 $.
Theo kết quả quen thuộc $O_1A_1^2=O_1B^2-(p-b)(p-c) $ nên $O_1A_1^2-O_1B^2=\frac{(b-c)^2-a^2}{4} $
Gọi $K, L $ thứ tự là hình chiếu của $O_1 $ trên $CA, AB $. Các tam giác $O_1BL, O_1CK $ bằng nhau.
Dễ thấy $AK=AL $ nên ta có $BL=CK=\frac{b+c}{2} $
$O_1C_1^2-O_1B^2=LC_1^2-LB^2=(\frac{b+c}{2}-\frac{b+c-a}{2})^2-(\frac{b+c}{2})^2=\frac{a^2-(b+c)^2}{4} $
Đpcm tương đương $O_1 $ là tâm ngoại tiếp tam giác $A_1B_1C_1 $ hay $O_1A_1^2=O_1C_1^2 $
Tương đương với $O_1A_1^2-O_1B^2=O_1C_1^2-O_1B^2 $
$\frac{(b-c)^2-a^2}{4}=\frac{a^2-(b+c)^2}{4} $
hay$ a^2=b^2+c^2 $.
Bài toán được chứng minh xong.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
Hình Kèm Theo
Kiểu File : png IMO2013.png (27.8 KB, 339 lần tải)

thay đổi nội dung bởi: 12121993, 24-07-2013 lúc 10:27 PM
12121993 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to 12121993 For This Useful Post:
analysis90 (30-07-2013)
Old 24-07-2013, 11:54 AM   #4
liverpool29
+Thành Viên+
 
liverpool29's Avatar
 
Tham gia ngày: Dec 2010
Đến từ: hue
Bài gởi: 348
Thanks: 425
Thanked 560 Times in 237 Posts


Giả sử tam giác $ABC$ vuông, ta chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A_1B_1C_1$ thuộc $(ABC)$.
Gọi $M$ là điểm chính giữa cung $BAC$. Ta có $MB_1=MC_1$. Mặt khác ta có $MA_1=MD$, với $D$ là tiếp điểm của tâm đường tròn nội tiếp $\Delta ABC$ trên $BC$.
Gọi $F$ là giao điểm thứ hai của $AD$ và $(O)$.
Lấy $I',A'$ lần lượt là đối xứng với $I,A$ qua $BC$. Ta có $I'$ thuộc đường tròn $(M;MB)$.
Ta sẽ chứng minh $\Delta I'DM = \Delta BC_1M$, do có $BC_1=I'D;MB=MI'$ nên ta sẽ chứng minh $\widehat {DI'M}=\widehat{C_1BM}$.
Để ý rằng $A',I',M$ thẳng hàng.
Ta có: $\widehat{DI'M}=\widehat{DA'M}=\widehat{C_1BM}$.
Ta suy ra đccm ở chiều đảo.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
LIFE HAS SENT TO US A MIRACLE, IT'S GEOMETRY

"Don't try your best. Do your best."

thay đổi nội dung bởi: liverpool29, 24-07-2013 lúc 01:27 PM
liverpool29 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 3 Users Say Thank You to liverpool29 For This Useful Post:
blackholes. (24-07-2013), Infinitedreams (26-10-2014), TNP (24-07-2013)
Old 24-07-2013, 05:06 PM   #5
12121993
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Feb 2012
Bài gởi: 81
Thanks: 23
Thanked 70 Times in 41 Posts
Ta cũng có thể chứng minh chiều đảo như sau
Giả sử tam giác $ABC $ vuông tại $A. O $ là trung điểm BC. Đường tròn $(I) $ nội tiếp tam giác tiếp xúc với BC tại $D $.
Theo kết quả quen thuộc các đường thẳng qua $A_1 $ vuông góc với $BC $, qua $B_1 $ vuông góc với $CA $, qua $C_1 $vuông góc với $AB $ đồng quy tại $K $ đối xứng với$ I $ qua $O $. ($K $ là tâm đường tròn đi qua 3 tâm bàng tiếp của tam giác $ABC $).
Ta có ngay $ KA_1=r $. Lại có $BC_1=CB_1=p-a=r $ (chú ý tam giác $ABC $ vuông tại$ A $) nên $KA_1=CB_1=BC_1 $.
Các tứ giác $BC_1A_1K và CB_1A_1K $ nội tiếp nên ta có chúng là hình thang cân do đó $C_1A_1// KB, B_1A_1 // KC $. suy ra $\angle{C_1A_1B_1}=\angle{BKC}.
\angle{C_1A_1B_1}=180^0-(\angle{BA_1C_1}+\angle{CA_1B_1})=180^0-(\angle{BKC_1}+\angle{CKB_1})=180^0-(\angle{BKC}-90^0) $
Suy ra $\angle{C_1A_1B_1}=135^0. $
Gọi $O_1 $ là giao của đường trung trực $B_1C_1 $ với $(ABC) $. Tam giác $O_1BC_1=O_1CB_1 $ nên ta có $OB_1=OC_1 $ và $\angle{B_1OC_1}=\angle{BAC}=90^0 $.
Ta có $\angle{B_1OC_1}=2(180^0-\angle{B_1A_1C_1}) $ nên$ O_1 $ là tâm ngoại tiếp của tam giác $A_1B_1C_1 $ (đpcm).
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: 12121993, 25-07-2013 lúc 12:37 PM
12121993 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 24-07-2013, 08:49 PM   #6
caubemetoan96
+Thành Viên+
 
caubemetoan96's Avatar
 
Tham gia ngày: Apr 2011
Đến từ: CQT- BP
Bài gởi: 225
Thanks: 141
Thanked 74 Times in 56 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi huynhcongbang View Post
$AB - AM . \sin(\frac{180^{\circ} - {A}}{2}) = AC + AM . \sin(\frac{180^{\circ} - {A}}{2})$.
Em nghĩ lời giải của anh huynhcongbang có vấn đề.
Em thấy điều trên là sai, em nghĩ phải là : $AB - AM . \cos(\frac{180^{\circ} - {A}}{2}) = AC + AM . \cos(\frac{180^{\circ} - {A}}{2}) $
và trong lời giải phần thuận (phần khó nhất ý) anh không sử dụng hết giả thuyết $MA1=MB1=MC1 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Thieu Hong Thai
caubemetoan96 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 24-07-2013, 10:03 PM   #7
thaygiaocht
+Thành Viên+
 
thaygiaocht's Avatar
 
Tham gia ngày: Aug 2012
Đến từ: Chuyên Hà Tĩnh
Bài gởi: 165
Thanks: 793
Thanked 216 Times in 93 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi 12121993 View Post
Dễ thấy các tam giác $O_1BC_1 $ và $O_1CB_1 $ bằng nhau (c.g.c).
Bước này trong lời giải của em có vẻ như là không đúng.




Phần mở rộng (cho sẵn tam giác vuông) có thể chứng minh như sau (với $O_1 $ là tâm của $(A_1B_1C_1) $):
1. Giả sử $\widehat{BAC}=90^0 $, khi đó tính toán để chứng minh $\widehat{B_1A_1C_1}=135^0 $.
2. Từ đó $\widehat{B_1O_1C_1}=90^0 $ nên tứ giác $AB_1C_1O_1 $ nội tiếp.
3. Các tam giác $O_1BC_1 $ và $O_1CB_1 $ bằng nhau (c.g.c).
4. Từ đó $\widehat{BO_1C}=90^0 $ hay $O_1 $ thuộc $(ABC). $


Phần gốc có thể giải như sau (không mất tính tổng quát, giả sử như hình vẽ):
1. Gọi $I $ là tâm $A_1B_1C_1 $, ta có $\widehat{IAC}=\widehat{CBH}=\widehat{CKA}=\widehat {ABI}=\widehat{ACI}. $
2. Các tam giác $IAC_1 $ và $ICA_1 $ bằng nhau (c.c.c).
3. Tứ giác $IBA_1C_1 $ nội tiếp.
4. Từ $\widehat{A_1B_1C_1}+\frac{\widehat{A_1BC_1}}{2}=18 0^0 $ biến đổi để chứng minh $\widehat{B}=90^0. $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: thaygiaocht, 24-07-2013 lúc 11:00 PM
thaygiaocht is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 2 Users Say Thank You to thaygiaocht For This Useful Post:
12121993 (24-07-2013), huynhcongbang (26-07-2013)
Old 24-07-2013, 10:26 PM   #8
12121993
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Feb 2012
Bài gởi: 81
Thanks: 23
Thanked 70 Times in 41 Posts
À vâng, chỗ đấy của em hơi lộn, phải là trung trực của BC mới đúng.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
12121993 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 24-07-2013, 10:34 PM   #9
CTK9
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Jan 2012
Bài gởi: 117
Thanks: 189
Thanked 65 Times in 27 Posts
Cách giải bài hình IMO 2013

+) (Ta chứng minh chiều thuận, chiều bài toán yêu cầu, chiều =>)
Với các ký hiệu như đề bài, ta đặt tên thêm một số điểm $H, G, I, M, M_1, M_2 $ lần lượt là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp trên BC, AC, AB và trung điểm của $C_1B_1, C_1A_1, A_1B_1 $ theo thứ tự
@Mình dùng ký hiệu <XAY để chỉ góc XAY@
Ta chứng minh bổ đề: MG = MI
Xét hai tam giác: $\triangle MGC $ và $\triangle MIB $ , có:
MC = MB (= $B_1C_1 $/2)
<MCG = <MBI (MCAB nội tiếp trong đường tròn Euler của $\triangle A_1B_1C_1 $)
CG = BI (cùng bằng (AB + AC - BC)/2 chú ý G, I là tiếp điểm)
==> $\triangle MGC = \triangle MIB $ (c.g.c) => MG = MI
Tương tự cũng có: $M_1H = M_1I $ và $M_2H = M_2G $
- Chú ý rằng $M, M_1, M_2 $ là trung điểm của $C_1B_1, C_1A_1, A_1B_1 $ nên chúng thuộc đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABC $ (ta ký hiệu là (ABC), chính là đường tròn Euler của $\triangle A_1B_1C_1 $). Vậy chúng là ba giao điểm của ba đường trung trực của ba đoạn $C_1B_1, C_1A_1, A_1B_1 $ (theo bổ đề vừa chứng minh) và đường tròn (ABC). Mặt khác tâm ngoại tiếp của tam giác HGI nằm trên đường tròn (ABC) và là giao điểm của ba đường trung trực của $C_1B_1, C_1A_1, A_1B_1 $ nên nó phải trùng với một trong ba điểm $M, M_1, M_2 $, giả sử nó trùng với M
Theo chứng minh trên ta có: $\triangle MGC $ = $\triangle MIB $ nên <MGA = <MIA hay MAGI nội tiếp
=> <BAC = <GAI = <GMI (1)

- Theo bổ đề, kết hợp với giả thiết M là tâm ngoại tiếp $\triangle GHI $ suy ra $MM_1 $ là trung trực HI, $MM_2 $ là trung trực GH, suy ra $<GMI = 2<M_2MM_1 = 2<C_1A_1B_1 $ (2)
- Gọi O là trực tâm $C_1B_1, C_1A_1, A_1B_1 $ thì O là tâm đường tròn nội tiếp của $\triangle ABC $ nên $<BOC = 90^0 + \frac{\widehat{BAC}}{2} $
=> $<C_1A_1B_1 = 180^0 - <BOC = 90^O - \frac{\widehat{BAC}}{2} $ (3)
(1), (2), (3) => $<BAC = 90^0 $ (đpcm)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
Hình Kèm Theo
Kiểu File : jpg imo2.jpg (27.6 KB, 22 lần tải)

thay đổi nội dung bởi: CTK9, 24-07-2013 lúc 10:45 PM
CTK9 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 2 Users Say Thank You to CTK9 For This Useful Post:
caubemetoan96 (24-07-2013), fmariecurie (24-07-2013)
Old 24-07-2013, 10:38 PM   #10
CTK9
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Jan 2012
Bài gởi: 117
Thanks: 189
Thanked 65 Times in 27 Posts
Em xin lỗi đã post bài nhầm mục, anh mod nào có thể vui lòng đưa nó vô đúng topic cho em được ko ạ, em cảm ơn nhiều
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
CTK9 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 30-07-2013, 07:34 AM   #11
Katyusha
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Apr 2011
Bài gởi: 180
Thanks: 134
Thanked 21 Times in 21 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi thaygiaocht View Post

Phần gốc có thể giải như sau:
1. Gọi $I $ là tâm $A_1B_1C_1 $, ta có $\widehat{IAC}=\widehat{CBH}=\widehat{CKA}=\widehat {ABI}=\widehat{ACI}. $
2. Các tam giác $IAC_1 $ và $ICA_1 $ bằng nhau (c.c.c).
3. Tứ giác $IBA_1C_1 $ nội tiếp.
4. Từ $\widehat{A_1B_1C_1}+\frac{\widehat{A_1BC_1}}{2}=18 0^0 $ biến đổi để chứng minh $\widehat{B}=90^0. $
Thầy giải chi tiết hơn ý 4. giúp em được không ạ
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
Katyusha is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Trả lời Gởi Ðề Tài Mới

Bookmarks

Ðiều Chỉnh
Xếp Bài

Quuyền Hạn Của Bạn
You may not post new threads
You may not post replies
You may not post attachments
You may not edit your posts

BB code is Mở
Smilies đang Mở
[IMG] đang Mở
HTML đang Tắt

Chuyển đến


Múi giờ GMT. Hiện tại là 08:45 PM.


Powered by: vBulletin Copyright ©2000-2019, Jelsoft Enterprises Ltd.
Inactive Reminders By mathscope.org
[page compression: 88.92 k/102.21 k (13.01%)]